Question

13．若曲線C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），（y≤0）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$且過點P（2$\sqrt{3}$，-1），曲線C₂：x²=4y，自曲線C₁上一點A作C₂的兩條切線切點分別為B，C．
（Ⅰ）求曲線C₁的方程；
（Ⅱ）求S_△ABC的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意列關(guān)于a，b，c的方程組，求解方程組得到a，b的值，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）設(shè)BC所在直線方程為y=kx+b，聯(lián)立直線方程和拋物線方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得B，C的橫坐標(biāo)的和與積，再分別寫出過B，C的拋物線的切線方程，與拋物線方程聯(lián)立后利用判別式等于0把斜率用點的橫坐標(biāo)表示，得到切線方程，聯(lián)立兩切線方程求出A的坐標(biāo)，代入橢圓方程得到k，b的關(guān)系，再由弦長公式求出|BC|，由點到直線的距離公式求出A到BC的距離，代入面積公式，利用配方法求得S_△ABC的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由題意，$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{12}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a²=16，b²=4，
∴曲線C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$（y≤0）；
（Ⅱ）設(shè)l_BC：y=kx+b，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=4y}\\{y=kx+b}\end{array}\right.$，得x²-4kx-4b=0．
則x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4b，
AB：$y={k}_{1}（x-{x}_{1}）+\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$，代入x²=4y，得${x}^{2}-4{k}_{1}x+4{k}_{1}{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}=0$．
△=$16{{k}_{1}}^{2}-16{k}_{1}{x}_{1}+4{{x}_{1}}^{2}=0$，∴${k}_{1}=\frac{1}{2}{x}_{1}$，
則AB：$y=\frac{1}{2}{x}_{1}x-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$．
同理AC：$y=\frac{1}{2}{x}_{2}x-\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$，得A（$\frac{1}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}），\frac{1}{4}{x}_{1}{x}_{2}$）=（2k，-b），
∴$\frac{4{k}^{2}}{16}+\frac{^{2}}{4}=1$，即k²+b²=4（0≤b≤2），
點A到BC的距離d=$\frac{|-2{k}^{2}-2b|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，$|{x}_{1}-{x}_{2}|=\sqrt{16{k}^{2}+16b}$，
|BC|=$\sqrt{1+{k}^{2}}|{x}_{1}-{x}_{2}|$，
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}\sqrt{1+{k}^{2}}|{x}_{1}-{x}_{2}|•\frac{|-2{k}^{2}-2b|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$
=$\sqrt{16{k}^{2}+16b}|{k}^{2}+b|=4（{k}^{2}+b）^{\frac{3}{2}}$=$4（4-^{2}+b）^{\frac{3}{2}}=4[-（b-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{17}{4}]^{\frac{3}{2}}≤\frac{17\sqrt{17}}{2}$．
當(dāng)b=$\frac{1}{2}$，k=$±\frac{\sqrt{15}}{2}$時取等號．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了學(xué)生靈活處理問題和解決問題的能力，該題靈活性強，運算量大，是高考試卷中的壓軸題．